江西省赣州市2022-2023学年高二下学期期末考试数学试题

这是一份江西省赣州市2022-2023学年高二下学期期末考试数学试题，共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

江西省赣州市2022-2023学年高二下学期期末考试数学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．已知命题p：，，则为（    ）
A． B．
C． D．
2．等差数列的前项和为，且，则（    ）
A． B． C． D．
3．已知奇函数满足，，则函数可以是（    ）
A． B．
C． D．
4．函数的单调递减区间为（    ）
A． B． C． D．(1，+∞)
5．节能降耗是企业的生存之本，树立一种“点点滴滴降成本，分分秒秒增效益”的节能意识，以最好的管理，来实现节能效益的最大化，为此某国企进行节能降耗技术改造，下面是该国企节能降耗技术改造后连续五年的生产利润：
年号
1
2
3
4
5
年生产利润y(单位千万元)
0.7
0.8
1
1.1
1.4
预测第10年该国企的生产利润约为（    ）
(参考公式)
A．1.85 B．2.02 C．2.19 D．2.36
6．设，则“”是“在上单调递减”的（    ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
7．已知函数，则的最大值为（    ）
A． B． C． D．2
8．已知数列的前n项和为，且，，则下列结论正确的是（    ）
A．数列为等比数列 B．数列为等比数列
C． D．

二、多选题
9．不等式的解集可能为（    ）
A．R B．
C． D．
10．已知实数，且，则下列结论正确的是（    ）
A．ab的最小值为 B．的最小值为
C．的最小值为6 D．
11．下列命题为真命题的是（    ）
A．函数和的图象关于直线对称
B．若函数，则函数的最小值为0
C．若函数在上单调递减，则
D．若函数，，都有
12．南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中提出了一些新的垛积公式，所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同，前后两项之差并不相等，但是逐项差数之差或者高次差成等差数列，如数列1，3，6，10，它的前后两项之差组成新数列2，3，4，新数列2，3，4为等差数列，则数列1，3，6，10被称为二阶等差数列.现有高阶等差数列，其前7项分别为2，4，8，15，26，42，64，则下列结论正确的是（    ）
(参考公式:)
A．数列为二阶等差数列 B．
C．满足的最大的n的值为20 D．

三、填空题
13．已知集合，，则 .
14．若函数是定义在R上的偶函数，且，当时，，则 .
15．在数列{}中，，若数列为等差数列，则 .
16．已知函数，若函数在处取得最小值为m，则 .

四、解答题
17．新修订的《中华人民共和国体育法》于2023年1月1日起施行，对于引领我国体育事业高质量发展，推进体育强国和健康中国建设具有十分重要的意义.赣州某中学为调查学生性别与是否喜欢羽毛球运动的关系，在全校范围内采用简单随机抽样的方法，抽取了200名学生作为样本，该样本中女生的概率为，设A=“喜欢羽毛球”，B=“学生为女生”，据统计显示，.
(1)请根据已知条件完成下列列联表:

喜欢羽毛球
不喜欢羽毛球
合计
男生



女生



合计



(2)据此有多大的把握判断学生性别与是否喜欢羽毛球运动有关系.
附:，其中.
参考数据:
P()
0.100
0.050
0.010
0.001

2.706
3.841
6.635
10.828
18．已知正项数列满足，，且.
(1)求数列的通项公式；
(2)设，求数列的前n项.
19．已知函数.
(1)求函数的最值；
(2)讨论函数的零点个数.
20．从①；②前项和满足，；③中任选一个，并将序号填在下面的横线上，再解答已知数列中，，且_____.
(1)求数列的通项公式；
(2)设，数列的前项和，证明：.
(注:如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分)
21．对于函数，若在定义域内存在实数x满足，则称函数为“局部奇函数”.
(1)若函数在区间上为“局部奇函数”，求实数m的取值范围；
(2)若函数在定义域R上为“局部奇函数”，求实数m的取值范围.
22．已知函数.
(1)求函数的单调区间；
(2)若函数有两个不同的零点，证明:.

参考答案：
1．D
【解析】根据全称命题的否定为特称命题可得答案．
【详解】解：根据全称命题的否定为特称命题可得，
命题p：，的否定为，
故选：D．
【点睛】本题主要考查全称命题的否定，熟练掌握全特称命题的否定方法是解答的关键，属于基础题．
2．B
【分析】利用等差数列的求和公式结合等差中项的性质求出的值，再利用等差中项的性质可求得的值.
【详解】因为等差数列的前项和为，且，则，
因此，.
故选：B.
3．A
【分析】分别对每个选项中的函数进行奇偶性和增减性分析即可.
【详解】对于函数满足，，
所以函数在上单调递增，
A选项：因为的定义域为，
且，所以是奇函数，
，当时，单调递增，则函数单调递减，
所以单调递增，符合题意，故A正确；
B选项：因为的定义域为，
且，所以不是奇函数，不符合题意，故B错误；
C选项：因为的定义域为，且，所以是奇函数，
当时，单调递增，则函数单调递减，不符合题意，故C错误；
D选项：因为的定义域为，
且，所以是偶函数，不符合题意，故D错误.
故选：A
4．C
【分析】先求函数定义域，再分析内层函数的单调性，结合的单调性，根据同增异减的原则可得解.
【详解】令，由，可得或，
所以在单调递减，在单调递增，
又单调递增.
由复合函数“同增异减”可得：在单调递减.
故选：C.
5．C
【分析】根据已知数据求得，可得线性回归方程，再令即可得解.
【详解】，
则，
，
故，
，
所以国企的生产利润与年份的回归方程为，
当时，，
即预测第10年该国企的生产利润约为.
故选：C.
6．B
【分析】求出函数在上单调递减时的取值范围，结合必要不充分条件可得答案.
【详解】令函数，得，
由，可得，则在上单调递减，
可转化为则“”是“”成立的什么条件问题，
当时显然，反之不成立，
则“”是“在上单调递减”的必要不充分条件.
故选：B.
7．A
【分析】求导，令求得，再利用导数求出函数的单调区间，进而可得函数的最大值.
【详解】函数d的定义域为，
由，得，
则，所以，
所以，，
当时，，当时，，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
所以.
故选：A.
8．C
【分析】由，得，两式相除得，从而可得数列是隔项成等比数列，进而可求得数列的通项，再根据等比数列的定义及等比数列前项和公式即可得解.
【详解】由，得，
两式相除得，
所以数列的奇数项和偶数项都是以为公比的等比数列，
又，则，所以，
因为，所以数列不为等比数列，故A错误；
由，，得，，
则，故，
而等比数列中不能出现为的项，
所以数列不为等比数列，故B错误；
由AB选项可得，
当为奇数时，，
当为偶数时，，
则，故D错误；




，故C正确.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：由，得，两式相除得，得出数列是隔项成等比数列，是解决本题的关键.
9．ACD
【分析】讨论的大小关系，根据一元二次不等式的解法，即可求得答案.
【详解】不等式即，
当，即时，不等式解集为；
当，即时，不等式解集为R；
当，即时，不等式解集为，
故选：ACD
10．BD
【分析】利用基本不等式求最值可判断A；配方法求最值可判断B；应用基本不等式“1”的代换求最值可判断C；常量分类再利用的范围可判断D.
【详解】对于A：，由，则，当且仅当时,等号成立，故A错误；
对于B：因为，，所以，
由，所以当时，有最小值，故B正确；
对于C：由，
当且仅当即，时,等号成立，故C错误；
对于D：由，因为，所以，
，可得，所以，故D正确.
故选： BD.
11．BC
【分析】根据点对称可判断A；换元法可判断B；根据单调性求出的范围结合单调性可判断C；利用基本不等式可判断D.
【详解】对于A，设为函数的图象上关于直线对称的函数图象上一点，
则的图象经过关于直线对称的点，
代入得的图象关于直线对称的函数为，故A错误；
对于B，，可得，
则函数的最小值为0，故B正确；
对于C，因为函数在上单调递减，则，
所以，，可得，故C正确；
对于D，因为，
，当且仅当等号成立，故D错误.
故选：BC.
12．AB
【分析】根据题中定义，结合累加法、等差数列前项和公式、题中所给的公式逐一判断即可.
【详解】高阶等差数列为2，4，8，15，26，42，64，…，
令数列为2，4，7，11，16，22，…，
令数列为2，3，4，5，6，…，所以数列是以2为首项，1为公差的等差数列，则，
由题中定义可知数列为二阶等差数列，则选项A正确；
由，所以，
所以，则选项B正确；
由得，，
令得，检验得满足条件最大的n的值为18，则选项C错误；
，则选项D错误.
故选：AB
【点睛】关键点睛：利用累加法，结合题中定义、所给的公式是解题的关键.
13．
【分析】求出集合，利用补集和交集的定义可求得集合.
【详解】因为，，则，
故.
故答案为：.
14．
【分析】根据题意求出函数的周期，再根据函数的周期即可得解.
【详解】因为函数是定义在R上的偶函数，所以，
因为，
所以，
所以函数是以为周期的周期函数，
则.
故答案为：.
15．
【分析】先利用等差数列通项公式求出，从而求得，然后利用等比数列前n项和公式求解即可.
【详解】设等差数列的公差为，
由，知，
所以，即，
所以，解得，所以，
所以.
故答案为：.
16．2
【分析】将化简为，由此构造函数，利用导数证明，从而得到，从而化间可得，即可求得答案.
【详解】函数的定义域为，
且，
令，则，
当时，，在上单调递增，
当时，，在上单调递减，
故，即，当时取等号，
故，当时取等号，
令，则在上单调递增，
由，即存在，使得，
即在上有解；
故，
由题意当时等号成立，故，
故答案为：2
【点睛】关键点睛：解答本题的关键在于利用不等式得到，从而化间可得，由此可解决问题.
17．(1)列联表见解析
(2)

【分析】（1）根据条件概率计算男生喜欢羽毛球的人数和不喜欢羽毛球的女生人数，填写列联表即可；（2）计算值即可判断.
【详解】（1）因为样本中女生的概率为，所以样本中女生的女生人数为，
因为，所以样本中男生喜欢羽毛球的人数为，
所以样本中男生不喜欢羽毛球的人数为，
设样本中不喜欢羽毛球的女生人数为，因为，所以，解得，
所以样本中不喜欢羽毛球的女生人数为，据此填写列联表:

喜欢羽毛球
不喜欢羽毛球
合计
男生
40
60
100
女生
10
90
100
合计
50
150
200
（2）由表格数据得，
所以有的把握判断学生性别与是否喜欢羽毛球运动有关系.
18．(1)
(2)

【分析】（1）利用对数运算、等比数列定义判断可得为等比数列，求出公比可得答案；
（2）利用错位相减可得.
【详解】（1）因为，所以，
可得，所以为等比数列，设公比为，
因为，，所以，解得，
所以；
（2），所以，
则，①
，②
①②得
，
所以.
19．(1)最大值，无最小值
(2)当时，函数没有零点，当或时，函数只有1个零点，当时，函数有两个零点.

【分析】（1）求出导函数，令，得到函数的函数值符号区间即可得到的单调区间，从而求解最值；
（2）把函数零点问题转化为方程解的个数问题，构造函数，求导得单调区间，数形结合即可求解.
【详解】（1）由函数，，得，
令，则恒成立，
所以在上单调递减，且，
所以时，，时，，所以在上单调递增，在上单调递减，即当时，取得最大值，无最小值；
（2）函数的零点个数就是方程的解的个数，
整理得，令，，由（1）可知，在上单调递增，
在上单调递减，当时，取得最大值，
当趋近于0时，趋近于，当趋近于时，恒大于0且趋近于0，
作出函数图象如图：
  
由图知，当时，函数没有零点，
当或时，函数只有1个零点，
当时，函数有两个零点.
20．(1)
(2)证明见解析.

【分析】（1）选①，利用等式变形得，可得；选②，利用可得，可得；选③先变形为后用累加法可得；
（2），利用裂项相消法可得.
【详解】（1）若选①：当时，由得，
整理得，
因，故，
故是以为首项以为公差的等差数列，
所以；
若选②：当时，由得，
两式相减得，
整理得，
因，故，
故是以为首项以为公差的等差数列，
所以；
若选③：由得，
得，
故当时，

，
所以；
又，满足，
故.
（2），
故

，
因，当越大时，越大，故.
21．(1)
(2)

【分析】（1）根据是定义在区间上的“局部奇函数”可知，由此求出m的解析式，根据函数的值域即可求得m的取值范围.
（2）根据是定义在区间R上的“局部奇函数”可知，由此求出m的解析式，利用换元法，构造函数，求出函数的值域，即可求得m的取值范围.
【详解】（1）由在区间上恒有意义，所以，即，
因为是定义在区间上的“局部奇函数”，
存在实数，满足，所以，
所以，即，又，所以，
所以实数m的取值范围为；
（2）依题意，，使得，
则，即，
即①，
令，则，①式可化为，
所以方程在上有解，
设，，因为函数在区间上单调递增，
所以，所以，即实数m的取值范围为.
22．(1)当时，函数的递增区间是，无单调递减区间，
当时，函数的单调递减区间是，单调递增区间是；
(2)证明见解析

【分析】（1）根据和分类讨论，求导，利用导数与函数的单调性即可得解；
（2）由题意得，从而利用分析法将变形为，构造函数，利用导数证得，由此得证.
【详解】（1）由，，所以，，
当时，，所以函数的递增区间是，无单调递减区间，
当时，令，则，又令，则，
令，则，
所以函数的单调递减区间是，单调递增区间是；
综上，当时，函数的递增区间是，无单调递减区间，
当时，函数的单调递减区间是，单调递增区间是；
（2）由（1）知，当时，函数在上单调递增，
令，即，即，
由题意，函数有两个不同的零点，
则，相减得，
要证：，只需证明：，只需证明：，
只需证明：，令，则由得，只需证明：，
即证：，又令，则，
所以函数在上单调递增，且，即，
要证：，只需证明：，
即证：，
因为的，
所以不等式成立，
所以，故原不等式成立.
【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：
一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；
二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极（最）值问题处理.